2022-2023学年山东省东营市高二上学期期末考试数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省东营市高二上学期期末考试数学试题

一、单选题

1．已知经过两点和的直线的倾斜角为，则m的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据倾斜角求出直线的斜率，根据过两点的斜率公式列式求解.

【详解】因为直线的倾斜角为，所以该直线的斜率为.

所以，解得.

故选:C.

2．中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过点，则它的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意设双曲线方程为，则其渐近线方程为，将代入中可求出，从而由可求出离心率.

【详解】由题意设双曲线方程为，则其渐近线方程为，

因为双曲线的一条渐近线经过点，

所以，所以，

所以离心率，

故选：D

3．在三棱锥中，G是的重心，M是线段的中点，若，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】根据空间向量的运算，用基底表示出相关向量，根据空间向量基本定理，即可求得答案.

【详解】如图在三棱锥中，连接并延长交于D，

则D为的中点，

M是线段的中点，G是的重心，

则

,

故，故.

故选：A

4．在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据线线平行可用几何法找到两异面直线所成的平面角，再利用锐角三角函数即可求解.

【详解】取中点,连接,，不妨设正方体的棱长为2，

由于分别为的中点，则，

又在正方体中，易得，

所以，故异面直线与所成角为或其补角，

因为，平面，

所以平面，又平面，故，

所以在直角三角形中，，

易知异面直线与所成角为锐角，所以其余弦值为.

故选：D.

.

5．如图， “天宫空间站”是我国自主建设的大型空间站，其基本结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱三个部分. 假设有6名航天员(4男2女) 在天宫空间站开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人， 且两名女航天员不在一个舱内，则不同的安排方案种数为（    ）

A．14 B．18 C．30 D．36

【答案】B

【分析】先求出总的安排方案数，再求出两名女航天员在一个舱内的方案数，两者相减即可.

【详解】将6名航天员安排在3个实验舱的方案数为

其中两名女航天员在一个舱内的方案数为

所以满足条件的方案数为种.

故选:B.

6．已知点P为圆C：上一点,，，则的最大值为（    ）

A．5 B．7 C．10 D．14

【答案】D

【分析】设，表示出，继而得，将问题转化为圆上的动点到的距离的最大值问题，可得答案.

【详解】设，则，

∵，，∴，，

则，

故，

而的几何意义为圆上的动点到的距离，其最大值为，

∴的最大值为，

故选：

7．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是等腰三角形，，且球O的直径，则该三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】结合正弦定理求出△ABC外接圆半径，利用勾股定理求出，进而得到，结合三棱锥体体积公式即可求解.

【详解】由△ABC是等腰三角形，，,

易得，

如图，设△ABC外接圆圆心为M，则平面ABC，作平面ABC,

又，,

故，则，

,

故选：C.

二、多选题

8．《文心雕龙》中说“造化赋形，支体必双，神理为用，事不孤立”，意思是自然界的事物都是成双成对的．已知动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比是常数．若某条直线上存在这样的点，则称该直线为“成双直线”．则下列结论正确的是（    ）

A．动点的轨迹方程为

B．动点的轨迹与圆：没有公共点

C．直线：为成双直线

D．若直线与点的轨迹相交于，两点，点为点的轨迹上不同于，的一点，且直线，的斜率分别为，，则

【答案】CD

【分析】根据题意先求出动点P的轨迹方程为椭圆，再借助判别式判断直线、圆与椭圆的位置关系即可；选项D直接计算的值．

【详解】解：设，

则，

化简得，故A错；

联立消y得

，

整理得，

，

故动点的轨迹与圆：有两个公共点，故B错；

联立消去y得

，

，

故直线上存在这样的点，

所以直线：为成双直线，故C对；

联立消整理得

，

解得，

故，

不妨设，

设，故，

则，

，

将代入上式，

，故D对．

故选：CD．

【点睛】本题D的结论应当记住，也即．当时，，此时动点P的轨迹为圆，而这个结论是显然的，可以帮助我们记忆上述结论．

9．已知是两条不相同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（    ）

A．若，，则m与β相交

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】BCD

【分析】对于A，判断m与可能相交也可能平行；对于B，根据线面垂直以及面面平行的性质即可判断；对于C，根据平面的法向量可判断正误；对于D，根据面面平行的性质以及线面垂直的性质可判断正误.

【详解】对于A, 若，，则m与可能相交也可能平行，错误；

对于B，若，，则，由于，则，正确；

对于C，若，，则可在直线m上取向量作为的法向量，

在直线n上取向量作为的法向量，

因为，故，即有，正确；

对于D,由，，可得或，由于，故，正确，

故选：BCD

10．某高一学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这六门课程中选三门作为选科科目，则下列说法正确的有（    ）

A．若不选择政治，选法总数为种

B．若物理和化学至少选一门，选法总数为

C．若物理和历史不能同时选，选法总数为种

D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为种

【答案】AC

【分析】根据组合数性质判断A；若物理和化学至少选一门，分物理和化学选一门和物理和化学都选，求出选法数，判断B；物理和历史不能同时选，即六门课程中任意选3门减去物理和历史同时选的选法数，判断C；物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，分三种情况考虑，求得选法数，判断D.

【详解】对于A, 若不选择政治，选法总数为种,正确；

对于B，若物理和化学选一门，选法总数为，

若物理和化学都选，则选法数有种，

故物理和化学至少选一门，选法总数为种，而，B错误；

对于C, 若物理和历史不能同时选，即六门课程中任意选3门有种选法，

减去物理和历史同时选的选法数，故选法总数为种，C正确；

对于D,当物理和化学中只选物理时，有种选法；

当物理和化学中只选化学时，有种选法；

当物理和化学中都选时，有种选法，

故物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，

选法总数为种，而，D错误，

故选：

11．已知抛物线的焦点为，直线的斜率为且经过点，直线与抛物线交于点、两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是

A． B． C． D．

【答案】ABC

【解析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.

【详解】如下图所示：

分别过点、作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.

抛物线的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为，其倾斜角为，

轴，，由抛物线的定义可知，，则为等边三角形，

，则，，得，

A选项正确；

，又，为的中点，则，B选项正确；

，，（抛物线定义），C选项正确；

，，D选项错误.

故选：ABC.

【点睛】本题考查与抛物线相关的命题真假的判断，涉及抛物线的定义，考查数形结合思想的应用，属于中等题.

12．已知在边长为2的菱形ABCD，，AC与BD相交于点O，将△ABD沿BD折起来，使顶点A至点M的位置，在折起的过程中，下列结论正确的是（    ）

A．

B．当为等边三角形时，

C．当时，二面角的大小为60°

D．直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°

【答案】ABD

【分析】通过证明平面可判断A；当为等边三角形时，是棱长为2的四面体,根据体积公式可判断B；时，是棱长为2的四面体，求解二面角可判断C；先找出线面角，然后考虑其正弦值范围即可判断D．

【详解】对于A，因为四边形是菱形，依题易知，

因为平面,

所以平面.

又MC平面MOC，所以，故选项A正确.

 对于B,当为等边三角形时，是棱长为2的四面体，

，的外接圆半径为，

故四面体的高为,

所以,故选项B正确.

对于C,取BC的中点H，连接DH,MH，

由知：，

又,平面，

所以平面.

因为平面，则，

于是，故是棱长为2的四面体.

 设二面角的大小为，

由选项B的解析可得,

故，故选项C错误.

对于D,设点M在平面BCD射影为Q，

则∠MDQ是直线DM与平面BCD所成角，

则，

易知，

所以当最大时，，此时 最大为，

则直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°．选项D正确．

故选:ABD.

三、填空题

13．若直线l：与直线m：互相平行，则______．

【答案】##

【分析】根据两直线方程，判断斜率存在，由题意可得，解出a后，验证是否符合题意，可得答案.

【详解】由题意可知直线l：的斜率为，

因为直线l：与直线m：互相平行，

故直线m：的斜率存在，且为，

则，解得或，

当时，直线l：与直线m：重合，不合题意，

当时，直线l：与直线m：互相平行，

故答案为：

14．已知，则______．

【答案】10

【分析】，根据二项式定理即可求解.

【详解】，其二项展开式的通项为，

是展开式的系数，令，可得.

故答案为:10.

15．已知直线：，则圆截直线所得的弦长的取值范围是______．

【答案】

【分析】求出直线所过的定点、圆心及半径，根据垂径定理可求弦长的最小值，最大值为直径的长度.

【详解】直线的方程即，故直线恒过定点.

圆的标准方程为，圆心为，半径为4，

因为，所以在圆内，直线恒与圆相交.

圆心到点的距离为，

则圆截直线所得的弦长的最小值为，最大值为直径的长度.

所以圆截直线所得的弦长的取值范围是.

故答案为:.

四、双空题

16．Cassini卵形线是由法国天文家Jean—Dominique Cassini（1625—1712）引入的．卵形线的定义：线上的任何点到两个固定点，的距离的乘积等于常数．b是正常数，设，的距离为2a，如果，就得到一个没有自交点的卵形线；如果，就得到一个双纽线；如果，就得到两个卵形线．若，．动点P满足．则动点P的轨迹C的方程为______：若A和是轨迹C与y轴交点中距离最远的两点，则面积的最大值为______．

【答案】         

【分析】由题意可得，即可确定曲线形状，结合，可求得曲线方程；由此可求出A和的坐标，利用曲线的对称性，可考虑P在第一象限内情况，要求面积的最大值，需求的P点横坐标的最大值，利用换元法结合二次函数的性质即得.

【详解】由题意可得，，故动点P的轨迹为双纽线，

设，因为，所以 ，

即 ，

所以动点P的轨迹C的方程为；

令，可得，解得或,

所以不妨设，

由对称性，故可考虑P在第一象限的情况，

因为为定值，所以面积最大时，即点P的横坐标最大，

又即，

所以，令，则

因为，所以，故，

当时，取得最大值1，

即的最大值为1，则x的最大值为1，

所以的最大值为，

故面积的最大值为.

故答案为：；.

【点睛】难点点睛：求出曲线的方程，可判断曲线形状，由此求的面积的最大值时，根据曲线的对称性，考虑点P在第一象限内，要利用方程，采用换元法，结合二次函数的性质求得点p的横坐标的最大值.

五、解答题

17．已知向量，

(1)求与的夹角；

(2)若与垂直，求实数t的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)结合向量数量积性质夹角公式的坐标表示即可求解；

(2)由向量垂直的坐标表示即可求解.

【详解】（1），，

，，

，

令与的夹角为，

则，

则与的夹角为.

（2），，

又与垂直，，

即，解得.

18．在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解．

条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；

条件②：只有第5项的二项式系数最大；

条件③：所有项的二项式系数的和为256．

问题：在展开式中，

(1)求的值与展开式中各项系数之和；

(2)这个展开式中是否存在有理项？若存在，将其一一列出；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)选三个中的任意一个，；展开式中各项系数之和为1．

(2)存在，展开式中有理项分别为；；．

【分析】（1）利用二项展开式的性质列方程即可求得的值，利用赋值法即可求得展开式中各项系数之和；

（2）利用二项展开式的通项公式，由x的幂次为整数列方程即可求得展开式中有理项.

【详解】（1）选①，第3项与第7项的二项式系数相等，则，所以；

令，则，则展开式中各项系数之和为1．

选②，只有第5项的二项式系数最大，所以，解得；

令，则，则展开式中各项系数之和为1．

选③，所有项的二项式系数的和为256，则，解得：．

令，则，则展开式中各项系数之和为1．

（2）二项式展开式的通项公式为：

．

依题意可知，当，3，6时，二项展开的项都是有理项．所以：

当时，；当时，；当时，．

所以展开式中有理项分别为；；．

19．如图，在平行六面体中，底面是菱形，E为的中点，．

(1)求证：平面；

(2)求证：平面.

【答案】(1)证明见解析.

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；

（2）作平面于点I，作于点G，于点K，连接，需证明I在上，再证明，结合，根据线面垂直的判定定理即可证明结论.

【详解】（1）证明：如图，在平行六面体中，底面是菱形，

连接，交于O点，则O为的中点，连接，

因为E为的中点，故,

因为平面，平面，

故平面；

（2）证明：作平面于点I，作于点G，于点K，

连接，

因为，,故≌,

所以,

∵平面，平面，∴,

故≌,故,

又平面，平面,故,又，

平面,故平面，

平面，故,同理可证,结合，

可知I在的平分线上，即I在上，则平面，

而平面，平面,故,

又底面是菱形，则 ,

平面，故平面.

20．已知圆C与圆M：相外切，且圆心C与点关于直线l：对称．

(1)求圆C的标准方程；

(2)求经过点圆C的切线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）得到点在直线上，从而得到关于直线的对称点是其本身，确定圆心坐标，由两圆外切，列出方程，求出半径，得到圆的标准方程；

（2）考虑直线斜率不存在和斜率存在两种情况，结合点到直线距离公式列出方程，求出切线方程.

【详解】（1）因为，故点在直线上，

故点关于直线的对称点是其本身，

故圆心坐标为，

因为圆C与圆M：相外切，设圆C的半径为，

所以，解得：，

故圆C的标准方程为；

（2）当切线斜率不存在时，即，

此时圆心到的距离为3，等于半径，故满足相切关系，

当切线斜率存在时，设为，

则圆心到直线的距离，

解得：，

故切线方程为，即，

所以切线方程为或.

21．如图所示，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，，，(为大于零的常数)，为等腰直角三角形，，为的中点，，

（1）求的长，使得；

（2）在（1）的条件下，求二面角的大小.

【答案】（1）；（2）.

【分析】直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，

（1）通过向量的数量积，转化求解；

（2）求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量的数量积，求二面角的平面角的大小即可.

【详解】平面平面，为等腰直角三角形，，为的中点，

,，

由已知可得，，

，

令，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，

由题可设，

（1），，

，

，即，

，于是，

四边形为矩形，

故.

（2）设点为中点，连结，

平面，

，

而为等腰直角三角形，，平面，

为平面的一个法向量，而.

设为平面的一个法向量，而，，

又，

，即，

令，则，，

设二面角的平面角为，则

二面角的平面角为.

【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：

(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．

(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．

22．已知椭圆C：的右焦点为，离心率为，过的直线与椭圆C交于M，N两点，且当原点O到直线的距离最大时，．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过原点O且垂直于直线的直线与椭圆C相交于P，Q两点，记四边形PMQN的面积为S，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由原点O到直线的距离最大时得a，b间的关系，由离心率公式得a，c间的关系，再结合a，b，c间的关系求出a，b的值，即可写出椭圆C的标准方程；

（2）分直线的斜率不存在、斜率为0、斜率存在且不为0三种情况讨论，前两种情况可直接求出的值，第三种情况，先设直线方程，并联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系及弦长公式求出，再根据及两点间的距离公式求出，进而求出的表达式，利用函数的性质即可求解．

【详解】（1）直线MN过定点，故当直线轴时，原点O到直线MN的距离最大，且最大值为，

将代入椭圆方程得，

所以①．

因为椭圆的离心率为，所以②．

由①②及，得，，

所以椭圆C的标准方程为；

（2）由（1）知，的坐标为．

①当直线的斜率不存在时，，，则，．

②当直线的斜率为0时，，，则，．

③当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，

联立得，得，

设，，

则，，

．

设，则，即，代入椭圆方程得，

所以，

则，所以．

由对称性知，

又，

所以．

而，

又，所以的取值范围是，故的取值范围是．

综上所述，的取值范围是．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法，

（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；

（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．